Limite complicato

[Covenant]

Ripropongo il calcolo di un limite che qualche anno fa era stato proposto da Luca Lussardi, di cui fu data una risoluzione non elementare (faceva uso di un teorema di analisi superiore se non ricordo male...) e invece una elementare anche se abbastanza tortuosa. Vediamo cosa viene fuori questa volta.

Calcolare: $\lim_{t \to 0}1/t \int_0^t |sin (1/x)|dx$

per chi si vuole cimentare c'è anche:

$\lim_{t \to 0}1/t \int_0^t cos(sin(tan(1/x)))dx$ di quest'ultimo limite non ho però il risultato...

[Rigel1]

Risposta da Analisi 1:

Dobbiamo calcolare un limite della forma \( \lim_{t\to 0} F(t) \), con \( F(t) := \frac{1}{t} \int_0^t f(\frac{1}{x}) dx \) con $f$ funzione non negativa e periodica di periodo $\pi$.
Poiché $F$ è una funzione pari, sarà sufficiente calcolare il limite per $t\to 0^+$.
Facciamo il cambiamento di variabile $y=1/x$, in modo tale da ottenere, per $t > 0$,
\[ F(t) = \frac{1}{t} \int_{1/t}^{+\infty} \frac{f(y)}{y^2} dy. \]
In altri termini, si tratta di calcolare il limite
\[ \lim_{s\to +\infty} s \varphi(s), \qquad\text{con}\qquad \varphi(s) :=\int_s^{+\infty} \frac{f(y)}{y^2} dy. \]
Abbiamo che \( \varphi(k\pi) = \sum_{j=k}^{+\infty} \int_{j\pi}^{(j+1)\pi} \frac{f(y)}{y^2} dy \); tenendo conto del fatto che $f\ge 0$, e posto \( I := \int_0^{\pi} f(y) dy \), otteniamo che
\[
\frac{I}{\pi^2}\sum_{j=k+1}^{+\infty} \frac{1}{j^2} \leq \varphi(k\pi) \leq \frac{I}{\pi^2}\sum_{j=k}^{+\infty} \frac{1}{j^2},
\qquad k\in\mathbb{Z}^+.
\]
Ricordando che \(\sum_{j=k}^{+\infty}\frac{1}{j(j+1)} = \sum_{j=k}^{+\infty}(\frac{1}{j} - \frac{1}{j+1}) = \frac{1}{k}\), otteniamo che
\[
\frac{1}{k} = \sum_{j=k}^{+\infty}\frac{1}{j(j+1)} < \sum_{j=k}^{+\infty}\frac{1}{k^2} < \sum_{j=k-1}^{+\infty}\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k-1}
\]
e dunque
\[
\frac{I}{\pi^2} \cdot \frac{1}{k} < \varphi(k\pi) < \frac{I}{\pi^2} \cdot \frac{1}{k-1}, \qquad k\in\mathbb{Z}^+.
\]
Infine, se \( k\in\mathbb{Z}^+\) e \( s\in [k\pi, (k+1)\pi] \), possiamo stimare $\s \varphi(s)$ con
\[
\frac{I}{\pi} \cdot \frac{k}{k+1} < k\pi \varphi((k+1)\pi) \leq
s\varphi(s) \leq (k+1)\pi \varphi(k\pi) < \frac{I}{\pi} \cdot \frac{k+1}{k-1}
\]
da cui possiamo concludere che il limite richiesto esiste e vale $I / \pi$.

Nel caso $f(y) = |\sin (y)|$ il limite vale dunque $2/pi$; nel secondo caso bisogna calcolarsi l'integrale corrispondente.

[Covenant]

ottimo!

intanto ho ripescato la soluzione più breve ma non elementare che era stata proposta per il primo limite:

Anzitutto per simmetria basta calcolare $\lim_{t \to 0^+}1/t \int_0^t |sin (1/x)|dx$. Operando come già fatto si arriva a dover calcolare il limite $\lim_{t \to 0^+}\int_1^{+\infty}1/z^2|sin (z/t)|dz$. Sia $f(z)=|sin z|$ e sia $f_t(z)=f(z/t)$; per il Teorema di Riemann-Lebesgue $f_t$ converge debolmente* in $L^\infty(1,+\infty)$ alla funzione costante $1/{2\pi}\int_0^{2\pi}|sin z|dz=2/\pi$. Sia $g(z)=1/z^2$; allora $g \in L^1(1,+\infty)$ e dunque per definizione di convergenza debole* in $L^\infty(1,+\infty)$ si ha $\lim_{t \to 0^+}\int_1^{+\infty}1/z^2|sin (z/t)|dz=2/\pi\int_1^{+\infty}1/z^2dz=2/\pi$